Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chung) năm 2022 - 2023 sở GD&ĐT Điện Biên - THCS.TOANMATH.com

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐIỆN BIÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2022 - 2023 Môn thi: TOÁN (chung)

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 0/06/2021

Câu 1. (3,0 điểm)

1. Tính giá trị của biểu thức A=2022+ 9− 4. 2. Giải phương trình: x²+7x+12=0.

3. Giải hệ phương trình: 2 7

3 17

x y x y

− = −

 + =

 .

Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức: 5 1

3 3 . 2

B x

x x x

 

= − + +  + với x0;x9. 1. Rút gọn biểu thức B.

2. Tìm x để B1. Câu 3. (2,0 điểm)

1. Theo kế hoạch, một tổ công nhân dự định phải may 120 kiện khẩu trang để phục vụ công tác phòng chống dịch Covid – 19. Nhưng khi thực hiện nhờ cải tiễn kỹ thuật nên mỗi ngày tổ đã làm tăng thêm 5 kiện so với dự định. Do đó tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn dự định 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày tổ phải làm bao nhiêu kiện khẩu trang?

2. Cho phương trình x² −4x+ − =m 5 0 (m là tham số). Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x₁; ₂thoả mãn

(

^x1−1

) (

^{x22 −3x2 + −m 6}

)

^{= −3.}

Câu 4. (2,5 điểm) Cho đường tròn

( )

^{O và điểm P} nằm ngoài

( )

^{O .}Kẻ hai tiếp tuyến PM PN, với đường tròn

( )

^{O (M N,} là các tiếp điểm). Một đường thẳng d đi qua P cắt đường tròn

( )

^O tại hai điểm

,

B C(PBPC d, không đi qua tâm O).

1. Chứng minh tứ giác PMON nội tiếp.

2. Chứng minh PN²=PB PC. . Tính độ dài đoạn BC khi PB=4cm PN, =6cm.

3. Gọi I là trung điểm của BC. Đường thẳng NI cắt đường tròn

( )

^O tại điểm thứ hai T. Chứng minh MT // BC.

Câu 5. (1,0 điểm)

1. Cho ^{f x}

( )

^=x2−6x+12. Giải phương trình ^{f f f f x}

( ( ( ( ) ) ) )

^=65539.

2. Cho tam giác ABC vuông tại A với các đường phân giác trong BM và CN. Chứng minh

bất đẳng thức

( )( )

3 2 2 .

MC MA NB NA MA NA

+ +

 + .

--- Hết ---

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐIỆN BIÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2022 – 2023

Môn thi: TOÁN (chung)

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (3,0 điểm)

1. Tính giá trị của biểu thức A=2022+ 9− 4. 2. Giải phương trình: x²+7x+12=0.

3. Giải hệ phương trình: 2 7

3 17

x y x y

− = −

 + =

 .

Lời giải 1. A=2022+ 9− 4=2022 3 2 2023+ − =

2. x²+7x+12=0

2 4 3 12 0

x x x

 + + + =

(

⁴

) (

^{3 4}

)

⁰

x x x

 + + + =

(

^{x 4}

)(

^{x 3}

)

⁰

 + + =

4 0 4

3 0 3

x x

x x

+ = = −

 

 + =  = −

Vậy phương trình có tập nghiệm ^{S= − −}



^{4; 3}



^.

3. 2 7 5 10 2 2

3 17 2 7 2.2 7 11

x y x x x

x y x y y y

− = − = = =

   

  

 + =  − = −  − = −  =

   

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất

( ) (

^{x y; = 2;11}

)

^.

Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức: 5 1 .

3 3 2

B x

x x x

 

= − + +  + với x0;x9. 1. Rút gọn biểu thức B.

2. Tìm x để B1.

Lời giải 1. Với x0;x9 ta có:

5 1

.

3 3 2

B x

x x x

 

= − + +  +

( )

( )( ) ( )( )

5 3 3

.

3 3 3 3 2

x x x

B

x x x x x

 + − 

 

= +

 − + − +  +

 

( )( )

5 15 3

. 2

3 3

x x x

B x x x

+ + −

= − + +

(

^{6 3x}

)(

^{12 3}

)

^{. x 2}

B x x x

= +

− + +

( )

( )( )

6 2

. 2

3 3

x x

B x x x

= +

− + +

(

³⁶

)(

^{x 3}

)

B

x x

= − + .

Vậy với x0;x9 thì biểu thức

(

³⁶

)(

^{x 3}

)

B

x x

= − + .

2. Với x0;x9, để B1

(

^{x 36}

)(

^{x x 3}

)

¹

 

− +

6 1 0

9 x

 x − 

−

6 9

9 0 x x

x

 − + 

−

5 9

9 0 x x

 + 

− 5x 9

 + và x−9cùng dấu.

Mà với x0;x9 5x 0 5x+ 9 0. Do đó: x−   9 0 x 9. Kết hợp với điều kiện suy ra: x9.

Vậy với x9 thì B1. Câu 3. (2,0 điểm)

1. Theo kế hoạch, một tổ công nhân dự định phải may 120 kiện khẩu trang để phục vụ công tác phòng chống dịch Covid – 19. Nhưng khi thực hiện nhờ cải tiễn kỹ thuật nên mỗi ngày tổ đã làm tăng thêm 5 kiện so với dự định. Do đó tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn dự định 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày tổ phải làm bao nhiêu kiện khẩu trang?

2. Cho phương trình x²−4x+ − =m 5 0 (m là tham số). Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x₁; ₂thoả mãn

(

x1−1

) (

x2² −3x2+ −m 6

)

= −3.

Lời giải

1. Gọi số kiện khẩu trang mỗi ngày mà tổ dự định phải làm là x (kiện khẩu trang, x *) Khi đó: thời gian hoàn thành 120 kiện khẩu trang theo dự định là 120

x (ngày) Số kiện khẩu trang làm thực tế mỗi ngày là x+5(kiện)

Thời gian hoàn thành 120 kiện khẩu trang thực tế là 120 5

x+ (ngày).

Vì tổ hoàn thành sớm hơn 2 ngày so với dự kiến nên ta có phương trình:

( )

( ) ( ) ( )

( )

120 5 2 5

120 120 120

5 2 5 5 5

x x x x

x x x x x x x x

+ +

− =  − =

+ + + +

120x 600 120x 2x2 10x

 + − = +

2 2

2x 10x 600 0 x 5x 300 0

 + − =  + − =

Tính được

( )

( )

1 2

15 1225 0

20

x tm

x ko tm

=

 =   

 = − .

Vậy theo kế hoạch mỗi tổ phải làm 15 kiện khẩu trang mỗi ngày.

2. Ta có:  = −' 9 m.

Phương trình có hai nghiệm phân biệt x x₁, ₂    ' 0 m 9.

Theo hệ thức Vi-et ta có: ^{1 2}

1 2

4

. 5

x x x x m

+ =

 = −



Vì x₂ là nghiệm của phương trình nên : x₂²−4x₂+ − =m 5 0

2

2 3 2 2 6 1 0

x x x m

 − − + − + =

2

2 3 2 6 2 1

x x m x

 − + − = −

Mà

(

x1−1

) (

x2²−3x2+ −m 6

)

= −3

(

x1 1

)(

x2 1

)

3

 − − = −

( )

1 2 1 2 1 3

x x x x

 − + + = − 5 4 1 3 0

 − − + + =m

( )

5 0 5

m m tm

 − =  =

Vậy với m=5thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x x₁; ₂ thoả mãn

(

x1−1

) (

x2² −3x2 + −m 6

)

= −3.

Câu 4. (2,5 điểm) Cho đường tròn

( )

^{O và điểm P} nằm ngoài

( )

^{O .}Kẻ hai tiếp tuyến PM PN, với đường tròn

( )

^{O (M N,} là các tiếp điểm). Một đường thẳng d đi qua P cắt đường tròn

( )

^O tại hai điểm

,

B C(PBPC d, không đi qua tâm O).

1. Chứng minh tứ giác PMON nội tiếp.

2. Chứng minh PN²=PB PC. . Tính độ dài đoạn BC khi PB=4cm PN, =6cm.

3. Gọi I là trung điểm của BC. Đường thẳng NIcắt đường tròn

( )

^O tại điểm thứ hai T.Chứng minh MT // BC.

Lời giải

1. Chứng minh tứ giác PMON nội tiếp

Vì PM PN, là các tiếp tuyến của

( )

^O lần lượt tại M N, nên OMP ONP= =90^o

Xét tứ giác PMON có OMP ONP+ =90^o+90^o=180 ,^o mà hai góc này ở vị trí đối diện nhau nên tứ giác PMON nội tiếp.

2. Chứng minh PN²=PB PC. . Tính độ dài đoạn thẳng BC khi PB=4cm PN, =6cm. Xét PNB& PCNcó:

PNB=PCN (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BN) NPClà góc chung

( )

^.

PNB PCN g g

  

2 .

PB PN

PN PB PB PN PC

 =  =

Thay PB=4cm PN, =6cmta có: ^{62=4.PCPC=9}

( )

^cm

Vậy BC=PC–PB=9 – 4 5 .= cm

3) Gọi I là trung điểm của BC. Đường thẳng NI cắt đường tròn

( )

^O tại điểm thứ hai T. Chứng minh MT // BC.

Vì I là trung điểm của BC (gt) nên OI ⊥BC tại I (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây) 90^o

OIP OMP

 = = , mà hai góc này ở vị trí kề nhau cùng nhìn cạnh OP nên tứ giác OIMP nội tiếp.

Lại có tứ giác OMPN nội tiếp (câu a) suy ra 5 điểm O I M P N, , , , cùng thuộc 1 đường tròn.

NIP NMP

 = (cùng chắn cung NP)

Mà NMP=NTM (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung MN) NIP NTM

 =

Hai góc này ở vị trí đồng vị nên MT // BC (đpcm).

Câu 5. (1,0 điểm)

( ) ( ( ( ( ) ) ) )

2. Cho tam giác ABC vuông tại A với các đường phân giác trong BM và CN. Chứng minh bất đẳng

thức

( )( )

3 2 2 .

MC MA NB NA MA NA

+ +

 + .

Lời giải 1. Ta có: ^{f x}

( )

^=x2−6x+12

( )

^{2 6 9 3}

f x x x

 = − + +

( ) (

³

)

^{2 3}

f x x

 = − +

( )

³

(

³

)

²

f x x

 − = −

Khi đó: ^{f f x}

( ( ) )

⁼

(

^{f x}

( )

⁻³

)

^{2+ = −3}

(

^{x 3}

)

^{4+3 f}

(

^{f x}

( ) )

^{− =3}

(

^x−3

)

⁴

( ( ) )

( ) ( ( )

³

)

^{2 3}

(

³

)

^{8 3}

( ( ( ) ) )

³

(

³

)

⁸

f f f x =f f x −  + = −x +  f f f x − = −x

( ( ) )

( )

( ) ( 3)16 3

f f f f x x

 = − + .

Do đó: ^{f f f f x}

( ( ( ( ) ) ) )

⁼⁶⁵⁵³⁹

(

^{x 3}

)

^{16 3 65539}

 − + =

(

^{x 3}

)

^{16 65536}

 − =

(

^{x 3}

)

^{16 216}

 − =

3 2

3 2

x x

 − =

  − = − 5 1 x x

 =

  =

Vậy phương trình có tập nghiệm ^{S =}

 

^{1;5 .}

2.

Xét ABC có BM CN, là các đường phân giác, theo tính chất đường phân giác ta có:

MC BC NB; BC MA = AB NA= AC (1)

Áp dụng định lí Py – ta – go vào ABC vuông tại A ta có: BC² =AB²+AC².(2) Từ (1) và (2) ta có:

( )( )

. .

MC MA NB NA MC MA NB NA

MA NA MA NA

+ + = + +

1 1

MC NB

MA NA

  

= +  + 

1 1

BC BC

AB AC

  

= +  + 

2

. 1

BC BC BC AB AC AB AC

= + + +

2 2

1 1

. 1

. AB AC

AB AC BC AB AC

+  

= +  + +

2 2

2 2 1 1

1 .

. AB AC

AB AC

AB AC AB AC

+  

= + + +  + 

2. . 1 1

1 2. . .2. .

. AB AC

AB AC

AB AC AB AC

 + + (bất đẳng thức Cau – chy)

= + +1 2 2 2= +3 2 2(đpcm).

_____ THCS.TOANMATH.com _____